精品解析：北京市第八十中学2025-2026学年高一下学期5月阶段检测数学试题（B卷）

北京市第八十中学2025--2026学年第二学期5月阶段测 高一数学（B卷） 2026年5月 （考试时间90分钟 满分100分） 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答. 一、单项选择题（共12小题，每小题4分，共48分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项） 1. （ ） A. B. C. D. 2. 已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，，则. B. 若，，则. C. 若，，，则 D. 若，，则 3. 在中，，，则（ ） A. 0 B. C. D. 4. 四等分切割如图所示的圆柱，再将其重新组合成一个新的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了，则圆柱的侧面积是（ ） A. B. C. 10 D. 20 5. 如图，在中，点为线段的中点，，，则（ ） A. B. C. D. 2 6. 如图，在三棱锥中，和是边长为2的等边三角形，平面平面，则（ ） A. B. 2 C. D. 7. 空气质量指数是评估空气质量状况的一组数字，空气质量指数划分为和六档，分别对应“优”、“良”、“轻度污染”、“中度污染”、“重度污染”和“严重污染”，六个等级．如图，是我市冬季某月连续14天的空气质量指数趋势图，则下列说法中正确的是（ ） A. 这14天中有5天空气质量为“中度污染” B. 从第三天到第七天空气质量越来越好 C. 这14天中空气质量指数的中位数为196.5 D. 连续三天中空气质量指数方差最小的是5日到7日 8. 已知平面向量，，，是单位向量，且，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 今年为纪念红军长征胜利90周年，某市计划在广场中央建造一座“长征颂”主题纪念碑.该纪念碑的基座设计为一个稳固的四面坡式石墩（如图所示），已知该几何体是从长方体上底面向下底面顶点截去4个完全一样的三棱锥后得到的几何体，经实地测量，下底面长10米、宽6米，一个侧面为上底长4米，腰长5米的等腰梯形，则该纪念碑基座的体积为（ ） A. 168 B. 192 C. 216 D. 240 10. 在△中，只需添加一个条件，即可使△存在且唯一.条件：①； ②；③中，所有可以选择的条件的序号为（ ） A. ① B. ①② C. ②③ D. ①②③ 11. 金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用，如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点A，B，C，D处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置（点E处），如图2所示，设，则E到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 12. 已知数集（其中，，，），若对任意的（），都存在，使得下列三组向量中恰有一组共线：①向量与向量；②向量与向量；③向量与向量，则称X具有性质P，例如具有性质P，若数集具有性质P，则满足条件的，的组数是（ ） A. 21 B. 20 C. 19 D. 18 二、填空题（共5小题，每小题4分，共20分） 13. 为调查社区居民对社区工作的满意度，在社区内抽取200名居民进行问卷调查，将收集到的数据分成五组，绘制出以下频率分布直方图，若的频率为0.48，则________，________. 14. 已知，是与方向相同的单位向量，若在上的投影向量为，则_______. 15. 在中，，则________，若，且的面积为，则________． 16. 已知两个向量的夹角为且，设两点的中点为点,则的最小值为________． 17. 如图，在边长为1的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②存在点，使得平面； ③对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面； ④是线段上的一个动点，过点的截面垂直于，则截面的面积的最小值为． 其中所有正确结论的序号是____________． 三、解答题（共3小题，共32分） 18. 已知三个非零向量，，． （1）若，求向量与夹角的余弦值； （2）若，求的值． 19. 如图，在四边形中，是的角平分线． （1）求证：； （2）若．再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四边形存在，求四边形的面积． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 20. 如图，四棱锥的底面ABCD是正方形，是正三角形，平面平面ABCD，M是PD的中点. （1）求证：平面MAC； （2）求二面角的余弦值； （3）在棱PC上是否存在点Q使平面平面MAC成立？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第八十中学2025--2026学年第二学期5月阶段测 高一数学（B卷） 2026年5月 （考试时间90分钟 满分100分） 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答. 一、单项选择题（共12小题，每小题4分，共48分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项） 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由向量减法与加法的三角形法则可得. 2. 已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，，则. B. 若，，则. C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】由直线与平面、平面与平面的位置关系进行判断． 【详解】对于A，若，，则与可以平行或相交，故A项错误； 对于B，若，，则与可以平行，异面，相交，故B项错误； 对于C，若，，，则与可以平行，异面，相交，故C项错误； 对于D，若，由线面平行的定义，存在，使得， 由得，而，得，故D项正确． 3. 在中，，，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理结合已知条件可得，从而可得，又由可知为等边三角形，从而可求出的值 【详解】由余弦定理得：， 又，， ， ， ， ． 故选：B． 【点睛】此题考查余弦定理的应用，属于基础题 4. 四等分切割如图所示的圆柱，再将其重新组合成一个新的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了，则圆柱的侧面积是（ ） A. B. C. 10 D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，高为，依题意可得，再根据侧面积公式计算可得. 【详解】设圆柱的底面半径为，高为，依题意可得， 所以圆柱的侧面积. 故选：A 5. 如图，在中，点为线段的中点，，，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】∵ 为中点，∴ . 又， ∴ . 可得，，∴ . 6. 如图，在三棱锥中，和是边长为2的等边三角形，平面平面，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点为，则可证为等腰直角三角形，故可求的长. 【详解】 设的中点为，因为是边长为2的等边三角形， 故且，同理且， 故为的平面角，而平面平面， 故，故. 7. 空气质量指数是评估空气质量状况的一组数字，空气质量指数划分为和六档，分别对应“优”、“良”、“轻度污染”、“中度污染”、“重度污染”和“严重污染”，六个等级．如图，是我市冬季某月连续14天的空气质量指数趋势图，则下列说法中正确的是（ ） A. 这14天中有5天空气质量为“中度污染” B. 从第三天到第七天空气质量越来越好 C. 这14天中空气质量指数的中位数为196.5 D. 连续三天中空气质量指数方差最小的是5日到7日 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由折线图分析数据，结合中位数的求法，逐一分析各个选项，即可得答案． 【详解】对于A，这14天中有4天空气质量指数在之间，则有4天为“中度污染”，故A错误； 对于B，从第三天到第七天空气质量先变好再变坏，故B错误； 对于C，将14组数据从小到大排列： ，其中位数为，故C正确； 对于D，5日到7日的三天，数据波动比较大，则方差较大， 所以连续三天中空气质量指数方差最小不是5日到7日，故D错误． 故选：C 8. 已知平面向量，，，是单位向量，且，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意不妨设，举反例结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为平面向量，，，是单位向量，且， 不妨设， 若，例如， 满足，但，即充分性不成立； 若，例如， 满足，但，即，即必要性不成立； 综上所述：“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 9. 今年为纪念红军长征胜利90周年，某市计划在广场中央建造一座“长征颂”主题纪念碑.该纪念碑的基座设计为一个稳固的四面坡式石墩（如图所示），已知该几何体是从长方体上底面向下底面顶点截去4个完全一样的三棱锥后得到的几何体，经实地测量，下底面长10米、宽6米，一个侧面为上底长4米，腰长5米的等腰梯形，则该纪念碑基座的体积为（ ） A. 168 B. 192 C. 216 D. 240 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得梯形的高（即几何体的高）为，利用长方体的体积减去四个三棱锥的体积即可求解. 【详解】将原图形补全为长方体，如下图： 因为侧面为等腰梯形，上底长米，下底长米，腰长米， 所以梯形的高（即几何体的高）为：米 所以长方体下底面长米、宽米，高为米，体积立方米； 由于每个三棱锥的底面为直角三角形，直角边分别为：米，米， 所以每个三棱锥的体积为：立方米， 4 个三棱锥总体积：立方米 所以该纪念碑基座的体积为立方米 10. 在△中，只需添加一个条件，即可使△存在且唯一.条件：①； ②；③中，所有可以选择的条件的序号为（ ） A. ① B. ①② C. ②③ D. ①②③ 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦和余弦定理，以及三角形边与角的性质，直接计算即可判断求解. 【详解】对于①，，所以，，得，所以，此时，△存在且唯一，符合题意； 对于②，，所以，，解得，因为，所以，，所以为锐角，此时，△存在且唯一，符合题意； 对于③，，所以，，得，进而， 可得，明显可见，，与矛盾，故③不符题意. 故可以选择的条件序号为：①② 故选：B 11. 金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用，如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点A，B，C，D处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置（点E处），如图2所示，设，则E到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图，计算所需线段长度，即可得解. 【详解】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图， O是顶点A在下底面的射影，E是正四面体外接球的球心，AO是正四面体的高，OB是下底面的外接圆半径，是球的半径， 则，解得， 在中，， 在中，， 即，即， 解得， 所以， 由于到正四面体各面的距离相等，则E到平面的距离为. 故选：C 12. 已知数集（其中，，，），若对任意的（），都存在，使得下列三组向量中恰有一组共线：①向量与向量；②向量与向量；③向量与向量，则称X具有性质P，例如具有性质P，若数集具有性质P，则满足条件的，的组数是（ ） A. 21 B. 20 C. 19 D. 18 【答案】D 【解析】 【分析】本题为新定义的题，考查向量共线的综合应用. 根据新定义，利用向量共线的条件列出等量关系， 先求出，再依次求出，去除不满足条件的值，即可解决问题. 【详解】解：由题意知，若具有性质，则根据定义有： 与，与，与表示的向量中恰有一组共线， 当与表示的向量共线时，可得，此时另外两个向量不共线，符合题意； 当与表示的向量共线时，可得或（舍），此时另外两组不共线，符合题意； 当与表示的向量共线时，可得，此时两外两个向量不共线，符合题意， 所以，的取值为或或. 当时，数集为，由其具有性质可知， ①若与，与，与表示的向量中恰有一组向量共线， 可得或或（舍）或（舍）； ②若与，与，与表示的向量中恰有一组向量共线， 可得或或（舍）或（舍）； ③若与，与，与表示的向量中恰有一组向量共线， 可得或或（舍）， 所以，具有性质可得的取值为，，，，，. 同理，当时，具有性质可得的取值为，，，，，； 同理，当时，具有性质可得的取值为，，，，，， 因此，数集具有性质P时，满足条件的，的组数为组. 二、填空题（共5小题，每小题4分，共20分） 13. 为调查社区居民对社区工作的满意度，在社区内抽取200名居民进行问卷调查，将收集到的数据分成五组，绘制出以下频率分布直方图，若的频率为0.48，则________，________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据的频率计算出，再由频率分布直方图中各组矩形面积之和为1，即可求出. 【详解】由频率分布直方图可知组距为10，则， 又因为，解得. 14. 已知，是与方向相同的单位向量，若在上的投影向量为，则_______. 【答案】4 【解析】 【分析】根据投影向量公式求得结果即可. 【详解】在上的投影向量为， 所以4. 故答案为：4. 15. 在中，，则________，若，且的面积为，则________． 【答案】 ①. 2 ②. 【解析】 【分析】根据正弦定理化简可得，根据余弦定理、三角形面积公式及计算可得，代入计算可得. 【详解】根据正弦定理得，又，故， 根据余弦定理得，化简可得， 又，得， 由的面积为可得，，即， ， ，化简可得， 代入得， . 16. 已知两个向量的夹角为且，设两点的中点为点,则的最小值为________． 【答案】1 【解析】 【详解】试题分析：设 ． ． ,当且仅当时取等号．所以的最小值为1． 考点：1向量的数量积,模长;2余弦定理． 17. 如图，在边长为1的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②存在点，使得平面； ③对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面； ④是线段上的一个动点，过点的截面垂直于，则截面的面积的最小值为． 其中所有正确结论的序号是____________． 【答案】①④ 【解析】 【分析】根据题意作图，并尝试特殊位置，进行检验证明. 【详解】对于①，如下图所示： 在边长为1的正方体中，易知平面， 因为点是棱上的一个动点，可设点到平面的距离为， 且，则三棱锥的体积， 故①正确； 对于②，连接，，因为在平行四边形中， ，所以不垂直，所以使得不垂直平面， 所以②不正确. 对于③，当点与点重合时，无论点在何位置，直线与平面相交， 故③错误； 对于④，根据题意，作图如下： 因为正方体中，易知平面，所以， 设，则，， 在中，， ， 则该截面面积， 由，当时，，故④正确； 故答案为：①④. 三、解答题（共3小题，共32分） 18. 已知三个非零向量，，． （1）若，求向量与夹角的余弦值； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】根据平面向量平行和垂直的坐标运算公式计算即可 【小问1详解】 因为且得 ，解得， 因此. 设与夹角为，根据向量夹角余弦公式  计算得，，， 代入得. 【小问2详解】 因为，所以，  即，代入坐标得， 整理得 ， 因式分解得， 即或.检验可知，当取这两个值时，三个向量均为非零向量，符合题意. 因此或. 19. 如图，在四边形中，是的角平分线． （1）求证：； （2）若．再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四边形存在，求四边形的面积． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）证明见解析； （2）选条件①②，四边形的面积为，选条件③，四边形不存在. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理推理得证. （2）选条件①②，利用余弦定理建立方程组，再利用三角形面积公式求解；选条件③，利用正弦定理判断三角形无解即可. 【小问1详解】 在四边形中，由是的角平分线，， 在中，由正弦定理得， 所以. 【小问2详解】 选条件①：，则，由（1）得， 在中，由余弦定理得， 即，解得，又， 所以四边形的面积. 选条件②：，由（1）得，设， 在中，由余弦定理得， 即，则是方程 的两个根， 于是 ，即， ， 由 ，得 ，则，， 所以四边形的面积. 选条件③：，由（1）得， 在中，由正弦定理得 ，即不存在，四边形不存在. 20. 如图，四棱锥的底面ABCD是正方形，是正三角形，平面平面ABCD，M是PD的中点. （1）求证：平面MAC； （2）求二面角的余弦值； （3）在棱PC上是否存在点Q使平面平面MAC成立？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据线线平行证明线面平行； （2）根据二面角的定义找出二面角的平面角，解三角形得解； （3）假设存在，利用面面垂直的判定定理证明即可. 【小问1详解】 设，交于点，连接，则为中点. 在中，，分别为，中点，所以. 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接. 因为平面平面，平面平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又，，，平面. 所以平面. 因为平面，所以， 则即为平面与底面所成二面角的平面角. 设，则，，故， 所以， 即二面角的余弦值为. 【小问3详解】 存在点，当时，平面平面. 证明如下： 如图，取中点，连接交于点，连接， 因为是正三角形，所以. 因为平面平面，平面平面， 所以平面. 因为，所以，所以平面. 因为平面，所以. 因为底面是正方形，所以. 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 所以棱上点存在点，当时，平面平面. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $